Soluções dos Problemas Semanais XV - OMRN

OLIMPÍADA DE MATEMATICA DO ESTADO DO RIO GRANDE DO NORTE
Prezados Estudantes, Professores de Matemática e Diretores de Escolas,
Os Problemas das Listas Semanais são um incentivo a mais para que os estudantes possam se divertir
estudando Matemática, ao mesmo tempo em que se preparam para as Competições Matemáticas. Por favor,
fixsem os problemas em local onde todos os estudantes da Escola possam tomar conhecimento.
As Listas com Problemas Semanais de anos anteriores podem ser encontrados no endereço:
http://www.olimpiada.ccet.ufrn.br
- na pasta Treinamento.
Contatos com a Coordenação da OMRN:
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Por favor, divulguem os problemas!
SOLUÇÃO DA LISTA SEMANAL No 15 - Data 08/06/2015
NÍVEL I
Utilizando uma ou mais vezes os dígitos 0, 1, 2 e 5, quantos números naturais de quatro dígitos, e que
sejam múltiplo de três, podemos escrever?
SOLUÇÃO
A resposta é 63.
Observe que, para que um número seja múltiplo de 3, a soma de seus dígitos deve ser um múltiplo de 3.
Na tabela abaixo, escrevemos todos os números pedidos, ordenando-os de acordo com o valor da soma, S,
de seus dígitos.
1011
1002
1101
1020
Soma S = 3
1110
1200 2001
1122
1005
2022
1212
1050
2202
1125
2115
2025
5022
Quantidade de Números
3
6
2010
2100
Soma S = 6
1221 2112
1500 5001
2220
2121
5010
2211
5100
6
6
3
1152
2151
2052
5202
Soma S = 9
1215 1251
2511 5112
2205 2250
5220
1512
5121
2502
1521
5211
2520
6
6
6
3
1155
2055
5250
1515
2505
5502
Soma S = 12
1551 5115
2550 5025
5520
5151
5052
5511
5005
6
6
3
5055
5505
Soma S = 15
5550
3
TOTAL DE NÚMEROS
63
NÍVEL II
Encontre todos os pares de números racionais positivos, (a, b), tais que
q
√
√
√
a + b = 2 + 3.
SOLUÇÃO
Elevando ao quadrado ambos os lados da equação dada, temos
q
√
√
√
√
√
( a + b)2 = ( 2 + 3)2 ⇔ a + b + 2 ab = 2 + 3
(∗)
A equação (∗) pode ser escrito como
√
√
2 ab = 2 − a − b + 3
| {z }
r∈Q
Elevando ambos os lados ao quadrado temos
√
√
4ab = r2 + 3 + 2r 3 ⇔ 2r 3 = (4ab − r2 − 3) ∈ Q,
o que implica que r = 0. Assim, 4ab = 3. Ou seja, ab = 3/4. Substituindo esse valor em (∗), temos
p
√
a + b + 2 3/4 = 2 + 3 ⇒ a + b = 2.
Como ab = 3/4 e a + b = 2, segue a, b são as raízes da equação quadrática x2 − 2x + 3/4 = 0, que são
3/2 e 1/2.
Portanto, as duas soluções são: (a, b) = ( 12 , 32 ) e (a, b) = ( 32 , 12 ).
NÍVEL III
Pinta-se cada um dos vértices dum polígono regular de 20 lados ou de vermelho ou de azul. Depois da
pintura, o número de vértices vermelhos é igual a 9, enquanto o número de vértices azuis é igual a 11.
Prove que no mínimo dois vértices azuis são extremos de um diâmetro do círculo circunscrito ao polígono
dado.
SOLUÇÃO
Vamos usar o Princípio das Casas dos Pombos para provar.
Neste caso, as casas dos pombos vão ser os diâmetros do polígono regular de 20 lados cujos extremos são
vértices do polígono.
Cada um destes diâmetros conecta 2 vértices opostos. Todas as casas dos pombos tem um limite para sua
ocupação: cada uma delas contém 2 pontos no máximo, que são os extremos do diâmetro correspondente.
Seu número é igual a 10. Considere as casas dos pombos que possuem pelo menos um vértice vermelho.
O número delas é no máximo igual a 9. Como são 10 as casas dos pombos, então existe uma casa sem
um vértice vermelho nela. Isto significa que, as extremidades do diâmetro correspondente são azuis e isto
termina a prova.
NÍVEL UNIVERSITÁRIO
Arranje 27 bolas pesando em gramas
12 , 22 , 32 , · · · , 262 , 272 ,
respectivamente, em 3 pilhas de iguais massas.
SOLUÇÃO
Sabe-se que:
12 + 22 + 32 + · · · + n2 =
n × (n + 1) × (2n + 1)
.
6
Assim, quando n = 27, temos
12 + 22 + 32 + · · · + 262 + 272 =
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27 × 28 × 55
,
6
1 27 × 28 × 55
e, portanto, cada pilha deve ter como massa total
×
= 2310 gramas. Para um número
3
6
natural n conveniente, tomamos 9 bolas pesando:
n2 , (n + 1)2 , (n + 2)2 , · · · , (n + 8)2
gramas, respectivamente. Agora formamos 3 grupos delas, a partir de seus pesos, da seguinte maneira:
• Grupo I: n2 , (n + 5)2 , (n + 7)2
(∗).
Observe que: n2 + (n + 5)2 + (n + 7)2 = 3n2 + 24n + 74.
• Grupo II: (n + 1)2 , (n + 3)2 , (n + 8)2
(∗∗).
Observe que: (n + 1)2 + (n + 3)2 + (n + 8)2 = 3n2 + 24n + 74.
• Grupo III: (n + 2)2 , (n + 4)2 , (n + 6)2
(∗ ∗ ∗).
Observe que: (n + 2)2 + (n + 4)2 + (n + 6)2 = 3n2 + 24n + 56.
Observe que os Grupos I, e II são compostos por bolas com pesos totais iguais. O Grupo III tem as bolas
com peso total 18 menos do que o peso total de cada um dos dois primeiros grupos.
Fazendo n = 1 em (∗), (∗∗) e (∗ ∗ ∗), obtemos a composição de cada grupo:
• Grupo IA: 12 , 62 , 82
• Grupo IIA: 22 , 42 , 92
• Grupo IIIA: 32 , 52 , 72 .
Agora, fazemos a mesma coisa para n = 10, encontramos:
• Grupo IB: 102 , 152 , 172
• Grupo IIB: 112 , 132 , 182
• Grupo IIIB: 122 , 142 , 162 .
Agora, fazemos a mesma coisa para n = 19, encontramos:
• Grupo IC: 192 , 242 , 262
• Grupo IIC: 202 , 222 , 272
• Grupo IIIC: 212 , 232 , 252 .
Finalmente, arranjamos as bolas em 3 pilhas da seguinte maneira:
PILHA 1 = Grupo IA + Grupo IB + Grupo IIIC: 12 , 62 , 82 , 102 , 152 , 172 , 212 , 232 , 252
PILHA 2 = Grupo IIA + Grupo IIC + Grupo IIIB: 22 , 42 , 92 , 202 , 222 , 272 , 122 , 142 , 162
PILHA 3 = Grupo IIIA + Grupo IIB + Grupo IC: 32 , 52 , 72 , 112 , 132 , 182 , 192 , 242 , 262 .
Observe que, em cada pilha o total de massa é igual a 2310 gramas, o que conclui o arranjo pedido.
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